Đề thi thử môn Toán THPT Quốc gia năm 2022 có lời giải (Đề 8)

Phương pháp:

Số phức có phần thực bằng a và phần ảo bằng b là z = a + bi.

Cách giải:

Số phức có phần thực bằng 2 và phần ảo bằng 1 có dạng z = 2 + i.

Chọn A.

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình trụ có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r bằng Sxq=2πrl.

Cách giải:

Diện tích xung quanh của hình trụ có độ dài đường sinh l và bán kính đáy r bằng Sxq=2πrl.

Chọn A.

Phương pháp:

Hàm số y=fxn với n∈ℤ− xác định khi và chỉ khi f(x) xác định và fx≠0.

Cách giải:

Hàm số y=x−1−2 xác định khi x−1≠0⇔x≠1.

Vậy TXĐ của hàm số là ℝ\1.

Chọn A.

Phương pháp:

Dựa vào bảng biến thiên để xác định điểm cực đại là điểm mà tại đó hàm số liên tục và qua đó đạo hàm đổidấu từ dương sang âm.

Cách giải:

Hàm số đạt giá trị cực đại bằng 4 tại x = -1.

Chọn B.

Phương pháp:

Thể tích của hình nón có bán kính đáy r và đường cao h là V=13πr2h.

Cách giải:

Thể tích của hình nón có bán kính đáy r và đường cao h là V=13πr2h=13π.22.3=4π.

Chọn C.

Phương pháp:

Áp dụng công thức cộng trừ hai số phức.

Cách giải:

z=z2−z1=−7+5i−4−3i=−11+8i.

Chọn C.

Phương pháp:

Mặt phẳng P:Ax+By+Cz+D=0 có 1 vecto pháp tuyến là n→=A;B;C.

Cách giải:

Mặt phẳng P:3x−z+2=0 có 1 vecto pháp tuyến là n→=3;0;−1.

Chọn A.

Phương pháp:

Giải phương trình logarit: logax=b⇔x=ab.

Cách giải:

log52x−3=1⇔2x−3=5⇔x=4.

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng công thức SHTQ của cấp số cộng: un=u1+n−1d,un=uk+n−kd

Cách giải:

u6=u5+d=1−2=−1.

Chọn B.

Phương pháp:

Đường thẳng d:x−x0a=y−y0b=z−z0c có 1 vecto chỉ phương là u→=a;b;c.

Cách giải:

Đường thẳng d:x−12=y−3−4=z−71 có 1 vecto chỉ phương là u→=2;−4;1.

⇒u'→=−2;4;−1 cũng là 1 VTCP của đường thẳng d.

Chọn B.

Phương pháp:

Đồ thị hàm số y=ax+bcx+d có TCN y=ac.

Cách giải:

Đồ thị hàm số y=4−3x4x+5=−3x+44x+5 có TCN y=−34.

Chọn C.

Phương pháp:

Mặt cầu S:x−a2+y−b2+z−c2=R2 có bán kính R.

Cách giải:

Mặt cầu S:x−52+y−12+z+22=9 có bán kính R = 3.

Chọn D.

Phương pháp:

Sử dụng các công thức tính nguyên hàm: ∫exdx=ex+C,∫cosxdx=sinx+C.

Cách giải:

∫ex+cosxdx=ex+sinx+C.

Chọn C.

Phương pháp:

Sử dụng hoán vị.

Cách giải:

Từ các số 1, 5, 6, 7 có thể lập được 4! = 24 số có 4 chữ số đôi một khác nhau.

Chọn B.

Phương pháp:

Sử dụng tính chất tích phân: ∫abfxdx=∫acfxdx+∫cbfxdx.

Cách giải:

∫34fxdx=∫30fxdx+∫04fxdx=∫04fxdx−∫03fxdx=3−2=1.

 

Chọn D.

Phương pháp:

Giải bất phương trình mũ afx>agx⇔fx>gxa>1

Cách giải:

32x+1>33−x⇒2x+1>3−x⇔3x>2⇔x>23.

Chọn B.

Phương pháp:

Giải phương trình bậc hai với hệ số thực.

Cách giải:

Ta có z2+2z+5=0⇒z=−1+2iz=−1−2i.

Vậy nghiệm phức có phần ảo dương của phương trình z2+2z+5=0 là z = -1 + 2i.

Chọn D.

Phương pháp:

Điểm biểu diễn số phức liên hợp của z = a + bi trong mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm M(a; b).

Cách giải:

Ta có: z=1+2i⇒z¯=1−2i.

Điểm biểu diễn số phức liên hợp của z¯=1−2i trong mặt phẳng tọa độ Oxy là điểm Q(1; -2).

Chọn A.

Phương pháp:

Dựa vào đồ thị hàm số để loại các đáp án.

Cách giải:

Đồ thị hàm số là hàm bậc 4, có chiều hương xuống dưới nên chỉ có đáp án A thỏa mãn.

Chọn D.

Phương pháp:

Áp dụng công thức tính tọa độ vecto: AB→=xB−xA;yB−yA;zB−zA.

Cách giải:

Ta có A0;1;−1,B2;3;2⇒AB→=2;2;3.

Chọn D.

Phương pháp:

Xác định các khoảng nghịch biến của hàm số là khoảng ứng với mũi tên đi xuống.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trong khoảng −∞;−1 và (0; 1).

Chọn A.

Phương pháp:

Dựa vào đồ thị để xác định GTLN của hàm số trên một đoạn.

Cách giải:

Dựa vào đồ thị ta thấy trên [-1; 3] ta thấy max1;3y=y2=1.

Chọn B.

Phương pháp:

Thể tích vật thể tròn xoay giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), y = g(x), các đường thẳng x = a, x = b quanh trục hoành là V=π∫abf2x−g2xdx.

Cách giải:

Thể tích vật thể tròn xoay tạo thành khi quay hình (D) quanh trục Ox được tính theo công thức V=π∫14x42dx.

Chọn C.

Phương pháp:

Áp dụng công thức:

logaxy=logax+logay0<a≠1,x,y>0

logaxm=mlogax0<a≠1,x>0

Cách giải:

Với a > 0 ta có log22a2=log22+log2a2=1+2log2a.

Chọn C.

Phương pháp:

- Tính diện tích tam giác vuông ABC:SΔABC=12AB.AC.

- Tính thể tích khối chóp VS.ABC=13SA.SΔABC.

Cách giải:

Ta có SΔABC=12AB.AC=12.2a.a=a2

⇒VS.ABC=13.SA.SABC=13.3a.a2=a3.

Chọn D.

Phương pháp:

Thực hiện phép chia số phức.

Cách giải:

Ta có 1−iz+i=0⇒z=−i1−i=12−12i.

Chọn D.

Phương pháp:

- Tìm ĐKXĐ.

- Đưa về cùng cơ số.

- Giải bất phương trình logarit: logax>logay⇔x>ya>1.

Cách giải:

ĐKXĐ: x+7>0x+1>0⇔x>−7x>−1⇔x>−1.

Ta có

     log4x+7>log2x+1

⇔log4x+7>log4x+12

⇔x+7>x+12

⇔x2+x−6<0

⇔−3<x<2

Kết hợp ĐKXĐ ta có -1 < x < 2

⇒ Tập nghiệm của bất phương trình là S=−1;2⇒a=−1b=2.

Vậy M=2a−b=2−1−2=−4.

Chọn D.

Phương pháp:

Đổi điểm tính khoảng cách: AB//P⇒dA;P=dB;P.

Cách giải:

Vì MD//AB⇒MD//SAB⇒dM;SAB=dD;SAB.

Ta có: SA⊥ABDA⊥SA⇒DA⊥SAB⇒dD;SAB=DA=a.

Vậy dM;SAB=a.

Chọn B.

Phương pháp:

- Dựa tính chất hai mặt phẳng song song xác định dạng phương trình mặt phẳng cần tìm.

- Thay điểm A(1; 0; -1) vào phương trình mặt phẳng tìm hằng số tự do.

Cách giải:

Mặt phẳng song song với mặt phẳng x−y+z+2=0 có dạng x−y+z+c=0 α.

Vì A1;0;−1∈α nên 1−0−1+c=0⇔c=0.

Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là x−y+z=0.

Chọn D.

Phương pháp:

Số giao điểm là số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm.

Cách giải:

Hoành độ giao điểm hai đồ thị hàm số đã cho là nghiệm của phương trình:

                                         x+1=x3−3x+1⇔x3−4=0⇔x=0x=2x=−2

Vậy số giao điểm của đường thẳng y = x + 1 và đồ thị hàm số y=x3−3x+1 là 3.

Chọn A.

Phương pháp:

Mặt cầu S:x2+y2+z2+2ax+2by+2cz+d=0 có tâm I(-a; -b; -c), bán kính R=a2+b2+c2−d.

Cách giải:

Mặt cầu S:x2+y2+z2−8x+2y+1=0 có tâm I(4; -1; 0) và bán kính R=42+−12+02−1=4.

Chọn D.

Phương pháp:

- Quay tam giác ABC vuông tại A quanh trục AB ta được hình nón có chiều cao h = AB, bán kính đáy r = AC.

- Thể tích nón có chiều cao h bán kính đáy r là V=13πr2h.

Cách giải:

Tam giác ABC vuông cân đỉnh A có cạnh huyền là 2 nên AB = AC = 1

Quay tam giác ABC quanh trục AB ta được khối nón có chiều cao AB = 1 và bán kính đáy AC = 1.

Khi đó thể tích hình nón là V=13πr2h=13π.AC2.AB=π3.

Chọn B.

Phương pháp:

Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số.

Cách giải:

Ta có I=∫01x3x2+1dx

Đặt u=3x2+1⇒du=3x3x2+1dx⇒xdx=3x2+1du3=udu3.

Đổi cận: x=0⇒u=1x=1⇒u=2.

Vậy I=∫12u23du=13∫12u2du.

Chọn A.

Phương pháp:

Sử dụng tính chất tích phân: ∫abfx−gxdx=∫abfxdx−∫abgxdx.

Cách giải:

Ta có ∫124fx−2xdx=1

⇔4.∫12fxdx−2.∫12xdx=1

⇔4.∫12fxdx−x221=1

⇔4.∫12fxdx−3=1

⇔∫12fxdx=1

Chọn A.

Phương pháp:

Xác định các điểm cực đại của hàm số là điểm mà qua đó đạo hàm đổi dấu từ dương sang âm.

Cách giải:

Dựa vào BXD ta thấy hàm số có 2 điểm cực đại x = 0, x = 3.

Chọn B.

Phương pháp:

- Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc giữa đường thẳng và hình chiếu của nó trên mặt phẳng.

- Sử dụng tính chất tam giác vuông cân.

Cách giải:

Ta có SA⊥ABCD⇒AC là hình chiếu vuông góc của SA lên (ABCD).

⇒∠SC;ABCD=∠SC;AC=∠SCA.

Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên AC=a2=SA⇒ΔSAC vuông cân tại A⇒∠SCA=450.

Vậy ∠SC;ABCD=450.

Chọn C.

Phương pháp:

- Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Gọi A là biến cố: “2 người được chọn đều là nữ”, tính số phần tử của biến cố A.

- Tính xác suất của biến cố.

Cách giải:

Chọn 2 người trong 10 bạn là C102⇒ Số phần tử của không gian mẫu là nΩ=C102=45.

Gọi A là biến cố: “2 người được chọn đều là nữ” ⇒nA=C32=3.

Vậy xác suất của biến cố A là: PA=345=115.

Chọn B.

Phương pháp:

- Đường thẳng đi qua hai điểm P, Q nhận PQ→ là 1 VTCP.

- Phương trình đường thẳng đi qua Px0;y0;z0 và có 1 VTCP u→=a;b;c là: d:x−x0a=y−y0b=z−z0c.

Cách giải:

Ta có P1;1;−1,Q2;3;2⇒PQ→=1;2;3.

Khi đó phương trình đường thẳng PQ có dạng x−11=y−12=z+13.

Chọn C.

Phương pháp:

- Xét phương trình hoành độ, dựa vào số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm xác định chính xác f(x) - g(x)

- Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), y = g(x) đường thẳng x = a, x = b là S=∫abfx−gxdx.

Cách giải:

Xét phương trình hoành độ giao điểm fx−gx=ax3+b−dx2+c−ex−32=0 có 3 nghiệm lần lượt là -3; -1; 1 nên ta có

ax3+b−dx2+c−ex−32=ax+3x+1x−1

⇔ax3+b−dx2+c−ex−32=ax3+3x2−x−3

⇒b−d=3ac−e=−a−32=−3a⇔a=12b−e=32c−e=−12

Nên fx−gx=12x3+32x2−12x−32

Hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số có diện tích bằng

S=∫−3−1fx−gxdx−∫−11fx−gxdx

=∫−3−112x3+32x2−12x−32dx−∫−1112x3+32x2−12x−32dx

= 2 - (-2) = 4.

Chọn C.

Phương pháp:

- Hàm số bậc nhất trên bậc nhất đơn điệu trên từng khoảng xác định của nó.

- Hàm số bậc nhất trên bậc nhất đạt GTNN trên các đoạn mà hàm số xác định tại các điểm đầu mút.

Cách giải:

TXĐ: D=ℝ\2⇒ Hàm số xác định trên [-1; 1]

Ta có fx=2x−mx+2⇒f'x=4+mx+22.

TH1: Nếu m>−4⇒f'x>0 ∀x≠−2, do đó hàm số đồng biến trên [-1; 1]

⇒minx∈−1;1fx=f−1=−2−m1

Theo bài ra ta có: −2−m1=13⇔m=−73tm.

⇒a=−7,b=3 nên a+b=−7+3=−4.

TH2: Nếu m<−4⇒f'x<0 ∀x≠−2, do đó hàm số nghịch biến trên [-1; 1]

⇒minx∈−1;1fx=f1=2−m3

Theo bài ra ta có: 2−m3=13⇔m=1ktm.

TH3: Nếu m=−4⇒f'x=0 ∀x≠−2, do đó hàm số là hàm hằng [-1; 1]

⇒minx∈−1;1fx=fx=2x+4x+2=2⇒a=−4,b=1⇒a+b=−3.

Dựa vào các đáp án ta thấy chỉ có đáp án D đúng.

Chọn D.

Phương pháp:

- Gọi M là trung điểm của AB sử dụng định lí P⊥Q=da⊂P,a⊥d⇒a⊥Q chứng minh SM⊥ABCD.

- Đổi dA;SCD sang dM;SCD.

- Đặt độ dài cạnh đáy bằng x tính dM;SCD theo x, từ đó tìm x theo a

- Tính thể tích khối chóp SABCD=13SM.SABCD.

Cách giải:

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.

Vì ΔSAB đều nên SM⊥AB.

Ta có SAB⊥ABCD=ABSM⊂SAB,SM⊥AB⇒SM⊥ABCD.

Vì AM//CD⇒AM//SCD⇒dA;SCD=dM;SCD.

Trong (SMN) kẻ MK⊥SN ta có:

CD⊥MNCD⊥SM⇒CD⊥SMN⇒CD⊥MK,MK⊥SNMK⊥CD⇒MK⊥SCD

⇒dM;SCD=MK=37a7.

Đặt AB=x⇒MN=AD=x,SM=AB32=x32.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SMN ta có:

1MK2=1SM2+1MH2⇒13a772=1x2+1x322⇔79a2=73x2⇔x=a3.

Vậy thể tích hình chóp S.ABCD là V=13SM.SABCD=13.a3.32.a32=3a33.

Chọn B.

Phương pháp:

- Tham số hóa tọa độ điểm A∈d1 theo ẩn a, điểm B∈d1 theo ẩn b. Tính AB→

- Xác định 1 VTPT n→ của mp(P).

- Vì d // (P) nên AB→⊥n→⇒AB→.n→=0. Tìm a theo b hoặc ngược lại.

- Giải phương trình AB=33 tìm a, b.

- Đưa về bài toán viết phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm.

Cách giải:

Vì A∈d1⇒A−1+a;−2+2a;aB∈d2⇒B2+2b;1+b;1+b

⇒AB→=−a+2b+3;−2a+b+3;−a+b+1

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n→=1;1;−2.

Vì d // (P) nên AB→⊥n→⇒AB→.n→=0

⇔−a+2b+3−2a+b+3+2a−2b−2=0

⇒b=a−4

⇒AB→=a−5;−a−1;−3

Khi đó ta có: AB=a−52+−a−12+9=2a−22+27≥33

Dấu bằng xảy ra khi a=2⇒A1;2;2AB→=−3;−3;−3//1;1;1.

Vậy phương trình đường thẳng d là x−11=y−21=z−21.

Chọn A.

Phương pháp:

- Đổi biến t = lnx + 2. Đổi cận.

- Tính tích phân, đồng nhất hệ số tìm a, c, c.

Cách giải:

Ta có I=∫1elnxxlnx+22dx

Đặt t=lnx+2⇒dt=dxx và lnx = t - 2

Đổi cận: x=1⇒t=2x=e⇒t=3.

Khi đó ta có: =∫23t−2t2dt=lnt+2t32=ln3−ln2−13

⇒a=1;b=−1;c=−1.

Vậy a2+b2+c2=3.

Chọn D.

Phương pháp:

- Tính đạo hàm g'(x)

- Giải phương trình g'(x) = 0

- Lập BXD g'(x)

Cách giải:

Ta có gx=fx2−2⇒g'x=2x.f'x2−2=0

Khi đó g'x=0⇔x=0f'x2−2=0⇔x=0x2−2=2 (ta không xét x2−2=−1 và qua các nghiệm của phương trình này g'(x) không đổi dấu do x = -1 là nghiệm kép của phương trình f'(x) =0)

⇒g'x=0⇔x=0x=±2.

Lấy x = 3 ta có g'3=6f'7>0.

Bảng xét dấu g'(x)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đáp án C sai.

Chọn C.

Phương pháp:

Tìm ĐKXĐ của phương trình.

- Đưa về cùng cơ số.

- Sử dụng công thức logax+logay=logaxy đưa về phương trình logarit cơ bản. Giải phương trình tìm x theo m.

- Đổi chiếu ĐKXĐ và suy ra điều kiện của m

Cách giải:

ĐKXĐ: x>mx<2⇒m<2, khi đó ta có m < x < 2

Ta có:

log13x−m+log32−x=0

⇔−log3x−m+log32−x=0

⇔log32−xx−m=0⇔2−xx−m=1

⇔2−x=x−m⇔x=2+m2

Để phương trình đã cho có nghiệm thì m<m+22<2⇔2m<m+2m+2<4⇔m<2.

Mà m là số nguyên dương m = 1.

Vậy có 1 giá trị nguyên dương của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn D.

Phương pháp:

- Tính f'(x)

- Hàm số đã cho đồng biến trên ℝ khi f'x≥0∀x∈ℝ* và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

- Đặt x2=t≥0. Đưa (*) về dạng at2+bt+c≥0∀t∈ℝ⇔a>0Δ'≤0.

Cách giải:

Ta có fx=25m2x5−83mx3−m2−m−20x+1

⇒f'x=2m2x4−8mx2−m2−m−20

Hàm số đã cho đồng biến trên ℝ khi f'x=2m2x4−8mx2−m2−m−20≥0 ∀x∈ℝ* và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

Đặt x2=t≥0. Khi đó *⇔2m2t2−8mt−m2−m−20≥0 ∀t∈ℝ.

⇒2m2>0Δ'=16m2+2m2m2−m−20≤0⇒−3≤m≤4.

 

Vậy có 8 giá trị nguyên của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Chọn C.

Phương pháp:

- Biến đổi phù hợp và sử dụng phương pháp nguyên hàm hai vế tìm f(x)

- Sử dụng giả thiết f(1) = 2 tìm hằng số C và tính ∫13fxdx.

Cách giải:

Ta có

fx−x+1f'x=2xf2x

⇔x+1'fx−x+1f'xf2x=2x

⇔x+1fx'=2x

 

Lấy nguyên hàm hai vế ta có:

∫x+1fx'dx=∫2xdx

⇔x+1fx=x2+C

⇒fx=x+1x2+C

Lại có f1=2⇒2=21+C⇔C=0⇒fx=x+1x2.

Vậy ∫13fxdx=∫13x+1x2dx=lnx−1x31=23+ln3.

Chọn C.

Phương pháp:

- Tìm hàm đặc trưng.

- Biểu diễn y theo x

- Sử dụng phương pháp hàm số tìm GTLN của P

Cách giải:

Ta có

     e2x−ey=−ln2+y−2x>0

⇔e2x+lnx+2=ey+y

⇔e2x+lnx+lnex=ey+y

⇔elne2x+lne2x=ey+y*

Xét hàm số ft=et+t⇒f't=et+1>0 ∀t nên hàm số đồng biến trên ℝ

Do đó *⇔lne2x=y⇒y=2+lnx.

Khi đó ta có: P=yx=2+lnxx=−2x+lnxx.

Ta có P'=−2x2+1−lnxx2=0⇔−lnx−1x2=0⇔x=1etm.

Vậy Pmax=P1e=2−11e=e.

Chọn A.

Phương pháp:

- Thay z = a + bi vào biểu thức 4z−z¯−15i=iz+z¯−12, từ đó tìm mối liên hệ giữa a, b và tìm điều kiện của b

- Tính z−12+3i theo b

- Sử dụng phương pháp hàm số để tìm GTNN của biểu thức.

Cách giải:

Ta có: z=a+bi⇒z¯=a−bi.

Khi đó:

     4z−z¯−15i=iz+z¯−12

⇔4a+bi−a+bi−15i=ia+bi+a−bi−12

⇔8b−15=2a−12

Do 2a−12≥0 ∀a nên 8b−15≥0⇔b≥158.

Ta có

z−12+3i=a−12+b+3i

=a−122+b+32

=122a−12+2b+62

=128a−15+2b+62

=124b2+32b+21b≥158

 

Xét hàm số fx=4x2+32x+21 với x≥158 ta có f'x=8x+32>0,∀x≥158.

⇒ Hàm số y = f(x) là hàm số đồng biến trên 158;+∞, do đó fx≥f158=152116.

Khi đó minz−12+3i=12152116=398⇔b=158⇒a=12.

Vậy khi môđun của số phức z−12+3i đạt giá trị nhỏ nhất thì a4+b=18+158=2.

Chọn D.

Cách giải:

Đường thẳng d đi qua điểm M(1; -1; 3) và có 1 vecto chỉ phương u1→=2;−1;1.

Ta thấy A∉d. Gọi I=d∩P, khi đó tọa độ điểm I là nghiệm của hệ

                                         x=1+2ty=−1−tz=3+tx+y−4z=0⇔x=1+2ty=−1−tz=3+t1+2t−1−t−12−4t=0⇔t=−4x=−7y=3z=−1

⇒I−7;3;−1.

Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và song song với Δ.

Khi đó ta có: dΔ;d=dΔ;Q=dA;Q.

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A lên (Q), d ta có AH≤AK.

Do đó dΔ;dmax=AK khi H≡K hay AK là đoạn vuông góc chung của d và Δ.

Gọi mặt phẳng (R) chứa A và d. Khi đó mp(R) có 1 VTPT là nR→=AM→;u1→=−2;4;8

Ta có AK⊂RAK⊥Q⇒R⊥Q

Gọi nQ→ là 1 VTPT của (Q) ta có nQ→⊥nR→nQ→⊥u1→⇒nQ→=nR→;u1→=12;18;−6

Gọi uΔ→ là 1 VTCP của đường thẳng Δ. Ta có Δ⊂PΔ//Q⇒uΔ→=nP→;nQ→=66;−42;6//11;−7;1.

⇒a=11;b=−7.

Vậy a+2b=11+2.−7=−3.

Chọn C.